1、天津市南开中学2020届高三化学第四次月考（线上考试） 试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64一、单项选择题（共36分）1.中国传统诗词中蕴含着许多化学知识，下列分析不正确的是（ ）。A. “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B. “千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到C. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应D. “榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”，“柳絮”的主要成分为纤维素【答案】A【解析】【详解】A.“紫烟”是水产生的雾气，它是水蒸发
2、产生的水蒸气遇冷液化而形成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；B.自然界中金单质的密度比较大，且化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；C.“爆竹”中含黑火药，燃放过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故D正确。答案选A。.【点睛】本题体现了化学与生产、生活的密切关系，难度不大，注意知识的迁移应用、化学基础知识的积累是解题的关键。2.下列说法正确的是A. 刚落下的酸雨随时间增加酸性逐渐增强，是由于雨水中溶解了CO2B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果C. 氧化性：HC1O稀H2SO4，故非金属性：C
3、lSD. 将饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体【答案】B【解析】【详解】A.酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，并不是雨水中溶解了CO2的缘故，故A错误；B.乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的，故B正确；C.非金属性强弱的判断，依据最高价氧化物对应水化物酸性强弱，不是氧化性的强弱且HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，不能做为判断的依据，故C错误；D.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，如在饱和氯化铁溶液煮沸，铁离子的水解程度较大，生成氢氧化铁沉淀，故D错误。故选B。3.下列叙述正确的是A
4、. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小B. 铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C. 反应活化能越高，该反应越易进行D. 不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3【答案】B【解析】【分析】本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。【详解】A根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越强，应该是NaA的Kh(水解常数)越大。选项A错误。B铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选B正确。C反应的活化能越高，
5、该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高，“翻越”越困难）。选项C错误。D红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。【点睛】反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进行的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。4.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 14g聚丙烯中含CH键总数目为
6、2NAB. 常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH-数目为0.1NAC. 100mL12molL-1浓硝酸与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NAD. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A. 聚丙烯的最简式为CH2，14g聚丙烯中含H：，所有H均与C以单键相连，所以CH键总数目为2NA，A选项正确；B. 没有提供体积，无法计算OH-数目，B选项错误；C. 100mL12molL-1浓硝酸中HNO3的物质的量为：10010-3L12molL-1=1.2mol。与过量Cu反应，先：Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2
7、NO2 + 2H2O，参加反应的HNO3数目和转移电子的数目的关系为2：1；硝酸变稀后：3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O，参加反应的HNO3数目和转移电子的数目的关系为4：3。所以，转移电子的数目为0.6NA和0.9NA之间，C选项错误；D. 电解精炼铜时，阳极溶解的除了Cu还有比Cu活泼的金属，所以若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目不为2NA，选项D错误；答案选A。【点睛】电解精炼铜时，粗铜作阳极，Cu和比Cu活泼的金属氧化溶解，比铜不活泼的成分形成阳极泥；纯铜作阴极，只有Cu析出。两极电子得失相等，但固体的质量变化不相等。5.下列实验操
8、作或装置能达到目的的是（ ）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能
9、使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。6.下列说法中正确的是（ ）A. 气体单质中，一定有键，可能有键B. PCl3分子是非极性分子C. 邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高D. ClO4-的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致【答案】D【解析】【详解】A. 稀有气体是单原子分子，没有键，A选项错误；B. PCl3分子中心原子P为sp3杂化，有一对孤对电子，所以分子构型为三角锥形，是极性分子，B选项错误；C. 邻羟基苯甲醛的羟基和醛
10、基形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，C选项错误；D. ClO4-的价层电子对数为(7+1)2=4，所以ClO4- VSEPR模型为正四面体；中心原子Cl没有孤对电子，配位原子均为O，所以其空间立体构型也为正四面体，D选项正确；答案选D。【点睛】分子间氢键加强了分子之间的作用力，使物质熔、沸点升高，而分子内氢键不能加强分子之间的作用力。7.Zn(CN)42-在水溶液中可与HCHO发生反应生成Zn(H2O)42+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）A. Zn2+基态核外电子排布式为Ar3d10B. 1molHCHO分子中含有键的
11、数目为3molC. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3D. Zn(CN)42-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为【答案】C【解析】【详解】A. Zn原子序数为30，位于B族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为Ar3d10，A选项正确；B. 1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个键，所以，1molHCHO分子中含有键的数目为3mol，B选项正确；C. HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-CN)中的C为sp杂化，C选项错误；D. Zn(CN)42-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，Z
12、n(CN)42-结构可表示为，D选项正确；答案选C。【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个键，如：C=O双键含1个键、1个键，CN叁键含1个键、2个键。8.向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）A. 碳酸钙粉末B. 稀硫酸C. 氯化钙溶液D. 二氧化硫水溶液【答案】A【解析】【分析】在氯水中存在反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析解答。【详解】A由于酸性HClH2CO3HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂
13、白性增强，故A正确；B加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；C加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；D加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误。答案选A。【点晴】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键。在氯水中存在反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强。9.肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法
14、正确的是A. 分子式为C9H9O2B. 不存在顺反异构C. 可发生加成、取代、加聚反应D. 与安息香酸（）互同系物【答案】C【解析】【详解】A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：，A错误；B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B错误；C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D错误；答案选C。【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有
15、官能团不同，排除D选项。10.分子式为C5H12O，能与钠反应，且不含手性碳原子的有机化合物共有（ ）A. 8种B. 7种C. 6种D. 5种【答案】D【解析】【详解】能与钠反应，说明C5H12O含1个-OH，为戊醇，根据碳链异构、-OH位置异构，可写出8种异构体：，其中、含手性碳原子(用“*”标记)。所以，分子式为C5H12O，能与钠反应，且不含手性碳原子的有机化合物共有5种，D选项正确；答案选D。【点睛】一般，同分异构体的书写，可从碳链异构、官能团异构、官能团位置异构三方面考虑。另外，还要注意是否考虑空间异构及题给的限定条件。11.N2O5在一定温度下可发生反应：2N2O5(g)4NO2(
16、g)+O2(g) H0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c(N2O5)/(molL-1)5.003.522.502.50下列说法正确的是（ ）A. 500s内NO2的生成速率为2.9610-3mol/(Ls)B. T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为29.6%C. 平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来的，则c(N2O5)T2，则K1K2【答案】D【解析】【分析】由表中数据可知，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体， 500s之前未达平衡，1000s后已达平衡。在此认识基础上，根据该反应的特点及题给数据，可对各选项作出判断
17、。【详解】A. 500s内NO2的生成速率为(5.00-3.52) molL-1500s2=5.9210-3mol/(Ls)，A选项错误；B. T1温度下该反应平衡时N2O5的浓度为2.50mol/L，转化率为(5.00-2.50) molL-15.00mol/L=50%，B选项错误；C. 平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来的，平衡向逆向移动，则c(N2O5)22.50mol/L=5.00mol/L，C选项错误；D. 该反应H0，为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，所以，若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，且T1T2，则K1K2，D选项正确；答案选D。【点睛】可逆反应的平衡常数
18、受温度的影响：放热反应的平衡常数随温度的升高而减小，吸热反应的平衡常数随温度的升高而增大。12.在25时，将两个铜电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，通电一段时间后，阴极逸出amol气体，同时有wgNa2SO410H2O晶体析出，若温度不变，剩余溶液的溶质质量分数是（ ）A. %B. %C. %D. %【答案】C【解析】【分析】根据题意，电解的电极反应为：阳极：Cu 2e- =Cu2+，阴极：2H+ + 2e- = H2 ，总反应：Cu + 2H2O Cu(OH)2 + H2 。反应消耗了溶液中的H2O，析出晶体后的溶液仍为饱和溶液，且浓度与原溶液相等，则溶液损失的部分与原溶液浓度相同，
19、也与剩余溶液的溶质质量分数相同。根据产生的气体的物质的量计算出消耗的H2O结合析出的晶体的质量便可计算剩余溶液的溶质质量分数。【详解】根据分析，电解消耗的H2O的质量为：amol218gmol-1 =36ag，wgNa2SO410H2O晶体中Na2SO4的质量为：，则剩余溶液的溶质质量分数为，C选项正确；答案选C。【点睛】温度不变时，饱和溶液析出晶体后的溶液仍为饱和溶液，原饱和溶液、析出晶体后的溶液和溶液减少的部分的关系：浓度相同，但质量不一定相同。二、填空题（共64分）13.铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。.铝土矿的主要成分是Al2O3和
20、SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如图：（1）写出反应1中涉及的任意一个化学方程式_；（2）滤液中加入CaO生成的沉淀是_，已知气体A在标准状况下的密度为1.96g/L，写出A过量时，反应2的离子方程式_；.以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图：（3）萤石（CaF2）的电子式_；（4）若E为硫酸钙，D为最稳定的气态氢化物，则化合物C是_，写出由D制备冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式_。【答案】 (1). 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O (2). CaSiO3 (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(O
21、H)3+HCO3- (4). (5). H2SO4 (6). 12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O【解析】【分析】I.铝土矿用NaOH溶液处理，Al2O3和SiO2溶解为NaAlO2和Na2SiO3，加CaO后Na2SiO3生成CaSiO3沉淀，过滤后的滤液通入酸性气体，使NaAlO2生成Al(OH)3沉淀，过滤出的Al(OH)3沉淀经煅烧得到Al2O3；.萤石(CaF2)和难挥发酸共热得到HF气体，HF气体和Na2CO3、Al(OH)3反应便得到冰晶石Na3AlF6。可在此基础上解各小题。【详解】.(1)反应1为Al2O3和SiO2和NaOH溶液反
22、应，生成NaAlO2和Na2SiO3，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O。答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O或2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；(2)滤液中含的Na2SiO3与加入的CaO反应生成CaSiO3沉淀；气体A在标准状况下的密度为1.96g/L，则A的摩尔质量为：M=Vm=1.96g/L22.4Lmol-1=44gmol-1，气体A能与NaAlO2生成Al(OH)3沉淀，故A为CO2。反应2的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。答案为：Ca
23、SiO3；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；(3)CaF2是离子化合物，由F-和Ca2+构成，故CaF2的电子式为：。答案为：；(4)最稳定的气态氢化物是HF，则D为HF；若E为硫酸钙，化合物C是难挥发酸，则C是H2SO4；根据已知物质和质量守恒，可写出由D(HF)制备冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式为：12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。答案为：H2SO4；12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。【点睛】气体的摩尔质量： ，可根据关系进行气体的摩尔质量和密度之间的互算。14.化
24、合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：（1）A的系统命名为_，E中官能团的名称为_。（2）AB的反应类型为_，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为_。（3）CD的化学方程式为_。（4）C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应；且1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有_种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为_。（5）F与G的关系为_(填序号)。a碳链异构 b官能团异构c顺反异构 d位置异构（6）M的结构简式为_。（7）参照上述合成路线，以原料，采用如下方法制备医药中间体。该路线中试剂与条件1为_，X的结构
25、简式为_；试剂与条件2为_，Y的结构简式为_。【答案】 (1). 1,6己二醇 (2). 碳碳双键、酯基 (3). 取代反应 (4). 减压蒸馏(或蒸馏) (5). (6). 5 (7). (8). c (9). (10). HBr， (11). (12). O2/Cu或Ag， (13). 【解析】【详解】（1）A为6个碳的二元醇，在第一个和最后一个碳上各有1个羟基，所以名称为1,6-己二醇。明显E中含有碳碳双键和酯基两个官能团。（2）AB的反应是将A中的一个羟基替换为溴原子，所以反应类型为取代反应。反应后的液态有机混合物应该是A、B混合，B比A少一个羟基，所以沸点的差距应该较大，可以通过蒸馏
26、的方法分离。实际生产中考虑到A、B的沸点可能较高，直接蒸馏的温度较高可能使有机物炭化，所以会进行减压蒸馏以降低沸点。（3）CD的反应为C与乙醇的酯化，所以化学方程式为。注意反应可逆。（4）C的分子式为C6H11O2Br，有一个不饱和度。其同分异构体可发生银镜反应说明有醛基；1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，其中1mol是溴原子反应的，另1mol只能是甲酸酯的酯基反应（不能是羧基，因为只有两个O）；所以得到该同分异构体一定有甲酸酯（HCOO）结构。又该同分异构体水解得到的醇应该被氧化为二元醛，能被氧化为醛的醇一定为CH2OH的结构，其他醇羟基不可能被氧化为醛基。所以得到该同分异构
27、体水解必须得到有两个CH2OH结构的醇，因此酯一定是HCOOCH2的结构，Br一定是CH2Br的结构，此时还剩余三个饱和的碳原子，在三个饱和碳原子上连接HCOOCH2有2种可能：，每种可能上再连接CH2Br，所以一共有5种：。其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构体，要求有一定的对称性，所以一定是。（5）F为，G为，所以两者的关系为顺反异构，选项c正确。（6）根据G的结构明显得到N中画圈的部分为M，所以M为。（7）根据路线中化合物X的反应条件，可以判断利用题目的D到E的反应合成。该反应需要的官能团是X有Br原子，Y有碳氧双键。所以试剂与条件1是HBr，；将取代为，X为。试剂与条件2是O2/Cu或
28、Ag，；将氧化为，所以Y为。【点睛】最后一步合成路线中，是不可以选择CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反应的，因为题目中的反应Br在整个有机链的一端的，不保证在中间位置的时候也能反应。15.废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：回答下列问题：（1）反应是将Cu转化为Cu(NH3)42+，反应中H2O2的作用是_。写出操作的名称：_。（2）反应II是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：_。操作用到的主要仪器名
29、称为_，其目的是（填序号）_。a富集铜元素b使铜元素与水溶液中的物质分离c增加Cu2在水中的溶解度（3）反应是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和_。若操作使用下图装置，图中存在的错误是_。（4）操作以石墨作电极电解CuSO4溶液。阴极析出铜，阳极产物是_。操作由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是_。（5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是_。循环使用的NH4Cl在反应中的主要作用是_。【答案】 (1). 作氧化剂 (2). 过滤 (3). Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2 (4). 分液漏斗 (5). a b (6). RH (7
30、). 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多 (8). O2、H2SO4 (9). 加热浓缩 冷却结晶 过滤 (10). H2SO4 (11). 防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀【解析】【详解】（1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法，所以操作为过滤。反应是将铜转化为铜氨溶液，铜元素的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧化剂，将铜氧化。（2）反应是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和 NH3，方程式为：Cu(NH3）42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2。分液的目的是富集
31、铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离，所以a b正确。（3）反应是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和RH。互不相溶的液体采用分液的方法，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内部不能盛放太多溶液。（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以阳极上产生O2，同时有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。（5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应中用到的H2SO4，所以硫酸能循环使用。氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的
32、碱性， 防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀。16.SO2的含量是衡最大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。利用催化还原SO2不仅可消除SO2污染，而且可得到有经济价值的单质S。（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。己知CH4和S的燃烧热(H)分别为-890.3kJ/mol和-297.2kJ/mol，则CH4和SO2反应的热化学方程式为_。（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示:分析可知X为_(写化学式)，0t1时间段的温度为_，
33、0t1时间段用SO2表示的化学反应速率为_。总反应化学方程式为_。（3）焦炭催化还原SO2生成S2,化学方程式为:2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，1mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。该反应H_0(填“”或“”)。算a点的平衡常数为_。（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2,25时用1mo/L的Na2SO3溶液吸收SO2。当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_。已知:H2SO3的电离常数K1=1.310-2，K2=6.210-8。【答案】 (1). CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+
34、2H2O(l) H=-295.9kJ/mol (2). H2S (3). 300 (4). 210-3/t1mol/(Lmin) (5). 2H2+SO2S+2H2O (6). (7). 36.45mol/L (8). c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)【解析】【详解】(1)CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，可知热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)H=-890.3kJ/mol，S(s)+O2(g)SO2(g)H=-297.2kJ/mol，根据盖斯定律，将-2可得CH4(g)+2SO2(g)C
35、O2(g)+2S(s)+2H2O(l)H=-295.9kJ/mol，故答案为CH4(g)+2SO2(g)CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)H=-295.9kJ/mol；(2)根据图1可知，在300时，SO2和H2反应生成H2S，在100到200时，H2S和SO2反应生成S和水，故X为H2S；在图2中，0t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0t1时间段温度为300；用SO2表示的化学反应速率v=103 mol/(Lmin)，故答案为H2S；300；103 mol/(Lmin)；根据分析可知，SO2和H2最终反应生成S和水，故化学方程式为2H2+SO2S+2H2O，故答案为
36、2H2+SO2S+2H2O；(3)根据图像可知，平衡后升高温度，SO2的转化率降低，即平衡左移，此反应为放热反应，即H0，故答案为；由于点a的二氧化硫的转化率为90%，故有：故平衡常数K=36.45，故答案为36.45；(4)Na2SO3溶液吸收SO2生成NaHSO3，离子方程式为SO32-+SO2+H2O2HSO3-；25时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3，故c(Na+)最大，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据K2=6.210-8=可知=0.62，故c(HSO3-)c(SO32-)，则有：c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)，故答案为c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)。【点睛】本题考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写和平衡常数的计算等，注意利用三段式来计算平衡常数。本题的易错点为(4)，正确判断pH=7时，溶液中的溶质为Na2SO3和NaHSO3是解题的关键。
